2024届安徽省长丰县朱巷中学化学高二下期末达标检测模拟试题含解析

2024届安徽省长丰县朱巷中学化学高二下期末达标检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、某有机物的结构简式为，该有机物不可能发生的化学反应是A．水解反应 B．酯化反应 C．加成反应 D．还原反应2、卤代烃能够发生下列反应：2CH3CH2Br+2Na→CH3CH2CH2CH3+2NaBr，下列有机物可以合成环丁烷（□）的是A．BrCH2CH2CH2CH2BrB．C．D．CH3CH2CH2CH2Br3、下列叙述中不正确的是A．CaCO3、Ca(HCO3)2、Cu2(OH)2CO3都属于碳酸盐B．HCl、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物C．蓝矾(CuSO4·5H2O)和干冰属于化合物，铁矿石属于混合物D．通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH4、CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物34.6g，可恰好完全溶解于300mL2mol/L的盐酸中，若加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为A．16.0g B．19.2g C．24.0g D．30.6g5、下列各组溶液，只用试管和胶头滴管不能区分开来的是A．氯化铝溶液和盐酸B．纯碱溶液和稀硫酸C．硝酸银溶液和氨水D．偏铝酸钠溶液和硝酸6、在下列各溶液中，离子可能大量共存的是A．加入铝粉能产生H2的溶液中：K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－B．加入Na2O2的溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、NO3－C．含有0.1mol·L－1Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO32－、Cl－D．无色透明的酸性溶液中：MnO4－、K+、SO42－、Na+7、中国古代文物不仅彰显了民族和文化自信，还蕴含许多化学知识。下列说法不正确的是A．两代“四羊方尊”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金B．宋代《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质C．清代乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，主要成分是二氧化硅D．东晋《洛神赋图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜8、下列有关说法不正确的是A．CH4、SF6、二氯乙烯（反式）、H2O2都是含极性键的非极性分子B．在分子晶体中一定不存在离子键，而在离子晶体中可能存在共价键C．酸性：H2CO3<H3PO4<HNO3<HClO4D．CO的一种等电子体为NO＋，它的电子式为9、下列有关物质分类或归类正确的是()A．混合物：福尔马林、水玻璃、熟石灰、纯碱B．电解质：二氧化碳、胆矾、生石灰、盐酸C．化合物：烧碱、氯化氢、干冰、胆矾D．单质：液态氧、白磷、氮气、碘酒、铝热剂10、在一定条件下，密闭容器中发生反应：A(g)＋3B(g)2C(g)，下列有关说法正确的是A．若加入催化剂，则反应的△H增大B．加压时，平衡向正反应方向移动，反应的平衡常数增大C．若反应温度升高，则活化分子的百分数增大，反应速率增大D．若低温时，该反应为正向自发进行，则△H＞011、某元素价电子构型3d54s2，是该元素是A．Fe B．Co C．Ni D．Mn12、部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如下处理：下列说法正确的是()A．滤液A中的阳离子为Fe3＋、Fe2＋、H＋B．样品中CuO的质量为4.0gC．样品中Fe元素的质量为2.24gD．V＝89613、观察下列模型并结合有关信息进行判断，下列说法错误的是（）HCNS8SF6B12结构单元结构模型示意图备注/易溶于CS2/熔点1873KA．HCN的结构式为H—C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键B．固态硫S8属于原子晶体，分子中S原子采用sp3杂化C．SF6是由极性键构成的非极性分子，分子构型为八面体型D．单质硼属于原子晶体14、科学家最近研制出可望成为高效火箭推进剂的N(NO2)3，如图。已知该分子中N-N-N键角都是108.1°，下列有关N(NO2)3的说法不正确的是()A．该分子中既含有非极性键又含有极性键B．分子中四个氮原子不共平面C．该物质既有氧化性又有还原性D．15.2g该物质含有6.02×1022个原子15、已知NO2和N2O4可以相互转化2NO2(g)⇄N2OA．反应进行至25min时，曲线发生变化的原因是加入0.4molNB．a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态的点是b和dC．图中共有两条曲线X和Y，其中曲线X表示NOD．若要达到与d相同的状态，在25min时还可以采取的措施是适当缩小容器体积16、下列说法不正确的是A．皂化反应是指油脂在稀硫酸的作用下水解得到高级脂肪酸和甘油B．淀粉纤维素、麦芽糖在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖C．氨基酸既能与强酸反应，也能与强碱反应D．“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃17、氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时HF(aq)+OH—(aq)＝F—(aq)+H2O(l)△H＝—67.7kJ·mol—1②H+(aq)+OH—(aq)＝H2O(l)△H＝—57.3kJ·mol—1在20mL0.1mol·L—1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L—1NaOH溶液，下列有关说法正确的是A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为HF(aq)＝H+(aq)+F−(aq)△H＝+10.4kJ·mol—1B．当V＝20时，溶液中：c(OH—)＝c(HF)+c(H+)C．当V＝20时，溶液中：c(F—)＜c(Na+)＝0.1mol·L—1D．当V＞0时，溶液中一定存在：c(Na+)＞c(F—)＞c(OH—)＞c(H+)18、聚乙炔导电聚合物的合成使高分子材料进入了“合成金属”和塑料电子学时代，当聚乙炔分子带上药物、氨基酸等分子片段后，就具有了一定的生物活性。以下是我国化学家近年来合成的聚乙炔衍生物分子M的结构式及M在稀硫酸作用下的水解过程。下列有关说法中不正确的是A．M与A均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色B．B中含有两种官能团，B能发生消去反应和缩聚反应C．A、B、C各1mol分别不足量金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为1∶2∶2D．1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOH19、某有机物的结构为，这种有机物不可能具有的性质是（）A．能跟NaOH溶液反应 B．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生酯化反应 D．能发生水解反应20、将下列各组物质,分别按等物质的量混合后加水溶解,有沉淀生成的是()A．AlCl3、Ba(OH)2、HNO3 B．CaCl2、NaHCO3、HClC．Na2CO3、NaAlO2、NaOH D．AlCl3、K2SO4、HCl21、下列说法正确的是A．按系统命名法，的名称为2－甲基－3－乙基丁烷B．聚乙烯（PE）和聚氯乙烯（PVC）的单体都是不饱和烃，均能使溴水褪色C．分子中至少有11个碳原子处于同一平面D．有机物与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOH22、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是：A．2.7g金属铝分别与足量的NaOH溶液和盐酸反应转移的电子数目均为0.3NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量NaOH溶液反应，转移的电子总数为0.1NAC．1L1mol•L-1Na2CO3溶液中阴离子数小于NAD．2.3g金属钠完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物中阴离子数为0.05NA二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30。A、B、C、D、E、F、G、H有下图所示的转化关系（部分产物已略去）。其中B为高分子化合物，C为无色无味气体，实验室中可以通过G与大理石制取。D为烃，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。E、G为生活中常见的有机物，且E有特殊香味，H有香味。（1）写出下列各物质的官能团的名称：A___________；E___________；（2）按要求写出下列各步变化的化学方程式反应①__________________；反应⑤_____________________；反应⑦_______________________。（3）写出下列反应类型：反应④___________，反应⑤___________。24、（12分）某课外小组对金属钠进行研究。已知C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸。(1)金属Na在空气中放置足够长时间，最终的生成物是：_________________________。(2)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_________________________。(3)若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，请写出该过程发生反应的方程式：_________________________。(4)若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32－、SO42－中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其物质的量浓度之比为________________________。(5)将NaHCO3与M的混合物在密闭容器中充分加热后排出气体，经测定，所得固体为纯净物，则NaHCO3与M的质量比为____________。25、（12分）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+和FeO42-的性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液。在FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是________；将FeCl3晶体溶于浓盐酸,再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是________。（2）制备K2FeO4（夹持装置略）后，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有______离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是________________。根据K2FeO4的制备原理3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O得出：氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。26、（10分）利用如图装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.25mol·L-1硫酸倒入小烧杯中，测出硫酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol·L-1NaOH溶液，并用另一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测出混合液的最高温度。回答下列问题：（1）倒入NaOH溶液的正确操作是___。A．沿玻璃棒缓慢倒入B．分三次少量倒入C．一次迅速倒入（2）使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是__。A．用温度计小心搅拌B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C．轻轻地振荡烧杯D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地上下移动（3）实验数据如下表：①请填写下表中的空白：温度实验次数起始温度t1℃终止温度t2/℃温度差平均值(t2－t1)/℃H2SO4NaOH平均值126.226.026.129.5___________225.925.925.929.2326.426.226.329.8②近似地认为0.55mol·L-1NaOH溶液和0.25mol·L-1硫酸溶液的密度都是1g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。则中和热ΔH=__(取小数点后一位)。27、（12分）实验室用燃烧法测定某种氨基酸（CxHyOzNm）的分子组成，取Wg该种氨基酸放在纯氧中充分燃烧，生成二氧化碳、水和氮气，按图所示装置进行实验。回答下列问题：（1）实验开始时，首先通入一段时间的氧气，其理由是_________；（2）以上装置中需要加热的仪器有_________（填写字母），操作时应先点燃_________处的酒精灯；（3）A装置中发生反应的化学方程式是_________；（4）D装置的作用是_________；（5）读取氮气的体积时，应注意：①_________；②_________；（6）实验中测得氮气的体积为VmL（标准状况），为确定此氨基酸的分子式，还需要的有关数据有_________（填编号）A．生成二氧化碳气体的质量B．生成水的质量C．通入氧气的体积D．氨基酸的相对分子质量28、（14分）过量的碳排放会引起严重的温室效应，导致海洋升温、海水酸化，全球出现大规模珊瑚礁破坏，保护珊瑚礁刻不容缓。（1）海水中含有的离子主要有Na+、Mg2+、Ca2+、K+、Cl–、CO32–和HCO3–。其中，导致海水呈弱碱性的微粒有______。（2）珊瑚礁是珊瑚虫在生长过程中吸收海水中物质而逐渐形成的石灰石外壳。形成珊瑚礁的主要反应为Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O。①请结合化学用语分析该反应能够发生的原因：______。②与珊瑚虫共生的藻类通过光合作用促进了珊瑚礁的形成；而海洋温度升高会使共生藻类离开珊瑚礁，导致珊瑚礁被破坏。请分析珊瑚礁的形成和破坏会受到共生藻类影响的原因：______。（3）研究人员提出了一种封存大气中二氧化碳的思路：将二氧化碳和大量的水注入地下深层的玄武岩（主要成分为CaSiO3）中，使其转化为碳酸盐晶体。玄武岩转化为碳酸盐的化学方程式为______。（4）“尾气CO2直接矿化磷石膏联产工艺”涉及低浓度CO2减排和工业固废磷石膏处理两大工业环保技术领域，其部分工艺流程如下图所示。已知：磷石膏是在磷酸生产中用硫酸处理磷矿时产生的固体废渣，其主要成分为CaSO4·2H2O。①吸收塔中发生的反应可能有______（写出任意2个反应的离子方程式）。②料浆的主要成分是______（写化学式）。29、（10分）某同学按下图所示装置进行铁与水蒸气反应的实验探究。实验结束后，将玻璃管内固体物质冷却后，溶于稀硫酸，充分反应后，滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴入新制氯水，溶液变为红色。请回答：(1)仪器C的名称为_________________________________________。(2)该同学据实验得出结论：铁与水蒸气反应生成FeO和H2。该结论不严密，理由是_________。(3)经检验，反应生成的固体具有磁性，写出铁与水蒸气反应的化学方程式：_______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解题分析】

A.该有机物中含有Cl原子，可以发生水解，A正确；B.该有机物中不含羟基和羧基，不能发生酯化反应，B错误；C.该有机物中含有碳碳双键，可发生加成反应，C正确；D.该有机物中含有醛基，能发生还原反应，D正确；故合理选项为B。2、A【解题分析】分析：根据题目信息，可知反应的原理为：碳溴键发生断裂，溴原子与钠形成溴化钠，与溴原子相连的碳相连形成新的碳碳键，若形成环状结构，分子中一定含有两个溴原子，据此完成解答。详解：A．CH2BrCH2CH2CH2Br与钠以1：2发生反应生成环丁烷，故A正确；B．与钠以1：2发生反应生成CH3CH2CH=CH2，故B错误；C．分子中含有三个溴原子，不能与钠反应生成环丁烷，故C错误；D．CH3CH2CH2CH2Br分子中含有1个溴原子，与钠以2：2发生反应生成正辛烷，故D错误；故选A。3、B【解题分析】

A．含碳酸根或者碳酸氢根离子的盐属于碳酸盐；B．盐酸是混合物，纯碱是碳酸钠，属于盐；C．含有两种以上元素组成的纯净物属于化合物，含两种以上物质组成的是混合物；D．氢氧化钡与碳酸钠反应生成氢氧化钠。【题目详解】A、CaCO3是碳酸的正盐、Ca(HCO3)2是碳酸的酸式盐、Cu2(OH)2CO3是碳酸的碱式盐，三者都属于碳酸盐，A正确；B、盐酸是氯化氢的水溶液，溶液显酸性，属于混合物，纯碱属于盐类不属于碱，B错误；C、蓝矾是含结晶水的化合物，干冰是固态CO2，二者都属于化合物，铁矿石属于混合物，C正确；D、根据反应Ba(OH)2+Na2CO3＝BaCO3↓+2NaOH可知，通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH，D正确。答案选B。4、C【解题分析】试题分析：CuCO3和Cu2(OH)2CO3的混合物溶于300mL2mol·L－l的盐酸恰好完全反应后所得的产物为CuCl2，则其物质的量为0.3mol。设加热分解等量的这种混合物可得CuO固体质量为xg，则可得关系式：0.3×64=x×64/80，解得x=24g。答案选C。考点：元素守恒5、A【解题分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别。则A、氯化铝溶液和盐酸不反应，不能鉴别，A符合题意；B、将碳酸钠溶液滴加到稀硫酸溶液中立即有气泡生成，将稀硫酸滴加到碳酸钠溶液中，先没有气体生成，当稀硫酸滴加到一定程度后后气体生成，反应现象不同，可以鉴别，B不符合题意；C、将硝酸银滴加到氨水中先没有现象，后生成沉淀，将氨水滴加到硝酸银溶液中先生成白色沉淀，后溶解，二者现象不同，可以鉴别，C不符合题意；D、向偏铝酸钠溶液中逐滴加入硝酸，立即产生白色沉淀，硝酸过量后沉淀溶解。向硝酸中逐滴加入偏铝酸钠溶液，开始没有白色沉淀，硝酸完全反应后开始产生白色沉淀，能鉴别，D不符合题意；答案选A。点睛：本题考查不加任何试剂的鉴别，注意物质发生反应的现象，牢固掌握相关基础知识，是解答此类题目的关键。注意进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可。6、A【解题分析】试题分析：A．加入铝粉能产生H2的溶液可能显酸性，也可能显碱性；Mg2＋在碱性溶液中不能大量共存，但K＋、Mg2＋、Cl－、SO42－在酸性溶液中不发生离子反应可大量共存；故A正确；B．Na2O2与水反应除氧气外，还生成NaOH，Al3＋在碱性溶液中不能大量共存，故B错误；C．Ca2＋与CO32－不能大量共存在同一溶液中，故C错误；D．无色溶液中不可能存在MnO4－，故D错误；答案为D。【考点定位】考查离子反应与离子共存【名师点晴】离子共存的判断，为高考中的高频题，解题时要注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等，本题中的隐含条件有2个：pH=1和无色，解题时就要加以注意。7、C【解题分析】

A．青铜主要是铜、锡的合金，A项正确；B．蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C．瓷器的主要成分是硅酸盐，C项错误；D．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，D项正确；所以答案选择C项。8、A【解题分析】

A.H2O2是极性分子，“三点确定一面”，该分子的两个H原子位于两个不同的平面上，导致该分子的正负电荷中心不能重合，所以H2O2是极性分子，A错误；B.分子晶体一定不存在离子键，离子晶体中可能存在共价键，比如Na2O2、NH4Cl，B正确；C.元素的非金属性：C<P<N<Cl，所以这四种元素的最高价含氧酸的酸性依次增强，C正确；D.CO含有10个价电子，NO+也含有10个价电子，它们都是N2的等电子体，故其电子式为，D正确；故合理选项为A。9、C【解题分析】分析：混合物是由不同物质组成的物质；化合物是两种或两种以上元素组成的纯净物；单质是同种元素组成的纯净物；电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；依据概念结合物质组成分析判断。详解：A.熟石灰是氢氧化钙，纯碱是碳酸钠，都属于纯净物，A错误；B.二氧化碳为非电解质，盐酸是混合物，B错误；C.烧碱氢氧化钠，干冰二氧化碳，生石灰氧化钙，胆矾五水硫酸铜均为化合物，C正确；D.碘酒、铝热剂都是混合物，D错误；故本题选C。10、C【解题分析】

A.若加入催化剂，反应速率变化，平衡状态不变，反应的△H也不变，A错误；B.正反应体积减小，加压时，平衡向正反应方向移动，温度不变，反应的平衡常数不变，B错误；C.若反应温度升高，则活化分子的百分数增大，反应速率增大，C正确；D.若低温时，该反应为正向自发进行，由于反应的△S＜0，则根据△G＝△H－T△S＜0可知△H＜0，D错误；答案选C。【题目点拨】选项C是解答的难点，注意外界条件对化学反应速率的影响，实际是通过影响单位体积内活化分子的数量，改变有效碰撞次数来实现的，影响化学反应速率的外界条件主要有温度、浓度、压强和催化剂等。11、D【解题分析】

A．Fe原子的价电子排布式为3d64s2，A项不符合；B．Co原子的价电子排布式为3d74s2，B项不符合；C．Ni原子的价电子排布式为3d84s2，C项不符合；D．Mn原子的价电子排布式为3d54s2，D项符合；答案选D。12、C【解题分析】

硫酸足量，氧化性Fe3+>Cu2+>H+，铁离子优先反应，由于滤液A中不含铜离子，且有气体氢气生成，则滤液A中不含铁离子，滤渣3.2克为金属铜，铜的物质的量为0.05mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05mol，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤液灼烧得到的固体3.2克为氧化铁，其物质的量为0.02mol，铁元素的物质的量为0.04mol，滤液A溶质为过量硫酸和硫酸亚铁，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，硫酸含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的氢离子和合金中的氧结合成水了。【题目详解】A.由上述分析可知，滤液A中阳离子为Fe2＋、H＋，故A错误；B.滤液中不含铜离子，滤渣3.2克为金属铜，若全部为氧化铜，氧化铜的质量为80×0.05=4.0克，由于部分铜被氧化成氧化铜，则样品中氧化铜的质量一定小于4.0g，故B错误；C.合金中铁元素的质量为56×0.04=2.24g，故C正确；D.合金中铁元素质量为2.24克，铜元素质量为3.2克，故合金中氧原子的物质的量，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04=0.04mol氢离子生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况下体积为0.02×22.4=0.448L，故D错误；故选C。13、B【解题分析】

A、由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，碳原子半径大于氮原子半径，氮原子半径大于氢原子半径，所以该比例模型中最左端的是氢原子，中间的是碳原子，最右边的是氮原子，其结构式为H-C≡N，分子中“C≡N”键含有1个σ键和2个π键，故A正确；B、固态S是由S8构成的，根据其溶解性可知，该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故B错误；C、SF6空间构型为对称结构，分子的极性抵消，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，SF6为非极性分子，根据图示，分子构型为八面体型，故C正确；D、根据B的熔点1873K，该晶体熔点较高，属于原子晶体，故D正确；故选B。14、D【解题分析】分析：本题题干比较新颖，同时考查大家熟悉的化学键、分子结构、氧化还原反应和物质的量的相关计算等，难度一般。详解：A.N(NO2)3是一种共价化合物，氮氧原子之间形成的化学键是极性键，氮原子之间形成非极性键，故正确；B.该分子中氮氮键角都是108.1°，推知分子中4个氮原子在空间呈四面体型，所以分子中四个氧原子不可能共平面，故正确；C.该分子中的氮既有+3价又有+5价，+3价的氮原子既有氧化性又有还原性，故正确；D.N(NO2)3的相对分子质量为152,15.2g该物质为0.1mol，该物质的分子中含原子为1mol，即6.02×1023个原子，故错误。故选D。15、A【解题分析】

A.由曲线看出25

min时，NO2的浓度突然增大了0.4mol/L，则应加入了0.4molNO2，故A说法错误；B．由图可知，10-25min及35min之后X、Y的物质的量不发生变化，则相应时间段内的点处于化学平衡状态，即b和d处于化学平衡状态，故B说法正确；

C.由图可知，X的变化量为Y的2倍，由反应方程式的系数可得X为NO2浓度随时间的变化曲线；故C说法正确；D.因在25

min时，恒温恒容条件下增大NO2的浓度，相当于增大了压强，平衡右移，要使25

min时改变条件达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，也可通过缩上容器的体积来实现，故D说法正确；答案选A。16、A【解题分析】分析：本题考查的是糖类油脂蛋白质的结构和性质，注意皂化反应的原理。详解：A.皂化反应是指油脂在碱溶液作用下水解得到高级脂肪酸盐和甘油，故错误；B.淀粉纤维素、麦芽糖都属于糖类，在一定条件下可和水作用转化为葡萄糖，故正确；C.氨基酸含有氨基和羧基，既能与强酸反应，也能与强碱反应，故正确；D.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃，故正确。故选A。17、B【解题分析】

A项，根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq)ΔH＝－10.4kJ·mol－1，故A错误；B项，当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，也可由物料守恒[c(Na+)＝c(F－)+c(HF)]及电荷守恒[c(H＋)+c(Na+)=c(F－)+c(OH－)]来求，故B项正确；C项，结合B选项的分析，由于HF为弱酸，因此F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05mol·L－1，C项错误；D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。答案选B。18、C【解题分析】

M水解生成A的结构简式是、B是CH3CH（OH）COOH、C是HOCH2CH2OH，根据物质中所含官能团分析作答。【题目详解】A.M与A都含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，故A正确；B.B是CH3CH（OH）COOH，含有两种官能团：羟基（且与羟基直接相连碳原子的邻碳上有H原子）、羧基，所以B能发生消去反应和缩聚反应，故B正确；C.A、B、C各1mol分别与足量金属钠反应，放出的气体的物质的量之比为n∶2∶2，故C错误；D.1molM中含有2nmol酯基，所以1molM与热的烧碱溶液反应，可消耗2nmol的NaOH，故D正确。19、D【解题分析】

A.该有机物分子中有羧基，能跟NaOH溶液反应，A正确；B.该有机物分子中有碳碳双键和羟基，且与苯环相连的碳原子上有氢原子，故其能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C.该有机物分子中有羧基和羟基，故其能发生酯化反应，C正确；D.该有机物分子中没有能发生水解反应的官能团，D不正确。综上所述，这种有机物不可能具有的性质是D，选D。20、A【解题分析】

A．等物质的量混合后加水，发生酸碱中和反应剩余OH-与Al3+的物质的量相同，则生成氢氧化铝沉淀，A选；B．离子之间反应生成氯化钠、水和二氧化碳，不生成沉淀，B不选；C．离子之间不反应，不生成沉淀，C不选；D．离子之间不反应，不生成沉淀，D不选；答案选A。【题目点拨】本题考查离子的共存、离子反应，侧重复分解反应的离子共存考查，把握离子之间的反应为解答的关键，注意结合生成沉淀时的物质的量关系。21、C【解题分析】

A．的主链应为5个C原子，名称为2，3-二甲基戊烷，故A错误；B．聚氯乙烯(PVC)的单体为氯乙烯，属于卤代烃，故B错误；C．与苯环直接相连的碳原子共平面，分子中含有2个苯环，另一苯环位于对位的碳原子可共平面，则分子中至少有11个()碳原子处于同一平面，故C正确；D．能与氢氧化钠溶液反应的为羧基、酯基、酚羟基以及肽键，且酯基可水解生成酚羟基，则最多消耗5molNaOH，故D错误；故选C。【题目点拨】本题的易错点为C，要注意苯环上位于对角线的4个原子在同一条直线上。22、C【解题分析】

A、2.7g铝的物质的量为0.1mol，而无论与盐酸还是氢氧化钠溶液反应后铝元素均变为+3价，故1mol铝均失去3mol电子，即0.3NA个，故A正确；B.标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，由方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O可知，反应中氯元素化合价由0价升高为+1价，由0价降低为-1价，氯气起氧化剂与还原剂作用，各占一半，转移电子数目为0.1mol×12×2×NAmol-1=0.1NA，故B正确；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，阴离子总数增多，1L1mol•L-1Na2CO3溶液中阴离子数大于NA，故C错误；D、2.3g钠的物质的量为0.1mol，而反应后生成的钠的化合物氧化钠或过氧化钠中，均是2个钠离子对应一个阴离子，故0.1mol钠离子对应0.05mol阴离子即0.05NA个，故D【题目点拨】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算和判断。本题的易错点为B，要注意反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，1mol氯气转移1mol电子。类似的还有过氧化钠与水反应、二氧化氮与水反应等。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键；羟基2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2OCH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O加成反应氧化反应【解题分析】

A是一种重要的基本化工原料，其分子中碳元素的百分含量为85.7%，且相对分子量小于30，即A为CH2＝CH2，B为聚乙烯，C为二氧化碳，D为乙烷，E为乙醇，F为乙醛，G为乙酸，H为乙酸乙酯。【题目详解】（1）由分析可知，A为CH2＝CH2，E为乙醇，A、E含有的官能团分别为：碳碳双键、羟基；（2）反应①：为乙烯加聚成聚乙烯，其化学反应方程式为：；反应⑤：为乙醇催化氧化为乙醛，其化学反应方程式为：2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O；反应⑦：为乙酸乙醇在浓硫酸的催化加热条件下生成乙酸乙酯，其化学反应方程式为：CH3CH2OH＋CH3COOHCH3CH2OOCCH3＋H2O；（3）反应④为乙烯与水加成为乙醇，属于加成反应。反应⑤为乙醇催化氧化为乙醛，属于氧化反应。【题目点拨】本题考查了有机物之间的转化，涉及考查了官能团的相关知识，有机反应，有机反应的类型，本题关键是要推断出A为乙烯。24、碳酸钠或Na2CO3溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成且不断增加；然后又由多到少最后沉淀消失4Fe2++8OH－+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)=1:1:2:3大于或等于≥168：78【解题分析】

根据转化关系图可知：2Na+O2Na2O2确定M为Na2O2；2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，C、D都是单质，F的水溶液是一种常见的强酸，确定B为NaOH，C为H2，D为Cl2，F为HCl。结合题干问题分析解答。【题目详解】（1）Na在空气中放置足够长时间，发生4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，则最终生成物为Na2CO3；（2）若A是一种常见金属单质，能与NaOH反应，则A为Al，E为NaAlO2，将过量的F（HCl）溶液逐滴加入E（NaAlO2）溶液，边加边振荡，发生NaAlO2+HCl+H2O＝NaCl+Al（OH）3↓、Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，所看到的实验现象是溶液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断增加，然后又由多到少，最后消失；（3）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则A为可溶性亚铁盐，E为Fe（OH）3，则A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E这一过程的离子方程式为4Fe2++8OH-+O2+2H2O＝4Fe（OH）3↓。（4）A加入氢氧化钠溶液，分析图象可知：第一阶段是H++OH-＝H2O，所以溶液呈酸性，不可能存在CO32－；第二阶段金属阳离子与氢氧根离子生成沉淀，第三阶段应该是NH4++OH-＝NH3•H2O；第四阶段氢氧化物沉淀与氢氧化钠反应最后全溶解，肯定没有Mg2+、Fe3+，必有Al3+。由此确定溶液中存在的离子H+、NH4+、Al3+、SO42－；假设图象中横坐标一个小格代表1molNaOH，则根据前三阶段化学方程式：H++OH-＝H2O，Al3++3OH-＝Al（OH）3，NH4++OH-＝NH3•H2O，可知n（H+）=1mol，n(Al3+)=1mol,n(NH4+)=2mol，再利用电荷守恒n（SO42－）×2＝n（H+）×1+n（Al3+）×3+n(NH4+)×1，得出n（SO42－）＝3mol，根据物质的量之比等于物质的量浓度之比得到c(H+):c(Al3+):c(NH4+):c(SO42－)＝1:1:2:3。（5）将NaHCO3与M（过氧化钠）的混合物在密闭容器中充分加热发生的反应有三个：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，所得固体为纯净物，说明碳酸氢钠加热分解的二氧化碳必须把过氧化钠反应完，则根据总的方程式可知4NaHCO3+2Na2O24Na2CO3+2H2O+O2↑84×4g78×2gm（NaHCO3）：m（Na2O2）＝（84×4g）：（78×2g）＝168：78（或84：39）。由于碳酸氢钠可以过量，得到的还是纯净物：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，所以m（NaHCO3）：m（Na2O2）≥168：78（或84：39）。答案：大于或等于168：78（或84：39）。25、防止亚铁离子被氧化抑制铁离子水解Fe3+4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O排除ClO－的干扰＞溶液的酸碱性不同【解题分析】

（1）氯化亚铁易被氧化生成氯化铁，因此在FeCl2溶液中需加入少量铁屑的目的是防止亚铁离子被氧化；氯化铁是强酸弱碱盐，水解显酸性，则将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再稀释到需要的浓度，盐酸的作用是抑制铁离子水解；（2）I.方案I加入KSCN溶液，溶液变红说明a中含Fe3+。但Fe3+的产生不能判断K2FeO4与Cl－发生了反应，根据题意K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42－+20H－＝4Fe3++3O2↑+10H2O；II.产生Cl2还可能是ClO－+Cl－+2H+＝Cl2↑+H2O，即KClO的存在干扰判断；K2FeO4微溶于KOH溶液，用KOH溶液洗涤的目的是除去KClO、排除ClO－的干扰，同时保持K2FeO4稳定存在；制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH＝2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至－1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe(OH)3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；方案II的反应为2FeO42－+6Cl－+16H+＝2Fe3++3Cl2↑+8H2O，实验表明，Cl2和FeO42－氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。26、CD3.4-56.8kJ/mol【解题分析】

(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失；(2)根据中和热测定正确操作方法分析；(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，计算温度差平均值；②根据公式进行计算。【题目详解】(1)倒入氢氧化钠溶液时，必须一次迅速的倒入，目的是减少热量的散失，不能分几次倒入氢氧化钠溶液，否则会导致热量散失，影响测定结果，故答案为：C；(2)使硫酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作方法是：用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动；温度计是测量温度的，不能使用温度计搅拌；也不能轻轻地振荡烧杯，否则可能导致液体溅出或热量散失，影响测定结果；更不能打开硬纸片用玻璃棒搅拌，否则会有热量散失，故答案为：D；(3)①3次温度差分别为：3.4℃，3.3℃，3.5℃，均有效，温度差平均值=3.4℃，故答案为：3.4；②50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.25mol/L×2=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.18J/(g•℃)×3.4℃=1421.2J，即1.4212kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.4212kJ/0.025mol=-56.8kJ/mol，故答案为：-56.8kJ/mol。【题目点拨】考查中和热概念的理解应用，方程式书写方法，注意概念的条件和实质分析。中和热是指强酸强碱的稀溶液完全反应生成1mol水放出的热量。27、排除体系中的N2A和DDCxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2量筒内液面与广口瓶中的液面持平视线与凹液面最低处相切ABD【解题分析】

在本实验中，通过测定氨基酸和氧气反应生成产物中二氧化碳、水和氮气的相关数据进行分析。实验的关键是能准确测定相关数据，用浓硫酸吸收水，碱石灰吸收二氧化碳，而且二者的位置不能颠倒，否则碱石灰能吸收水和二氧化碳，最后氮气的体积测定是主要多余的氧气的影响，所以利用加热铜的方式将氧气除去。首先观察装置图，可以看出A中是氨基酸的燃烧，B中吸收生成的水，在C中吸收生成的二氧化碳，D的设计是除掉多余的氧气，E、F的设计目的是通过量气的方式测量氮气的体积，在这个基础上，根据本实验的目的是测定某种氨基酸的分子组成，需要测量的是二氧化碳和水和氮气的量。实验的关键是氮气的量的测定，所以在测量氮气前，将过量的氧气除尽。【题目详解】(1)装置中的空气含有氮气，影响生成氮气的体积的测定，所以通入一段时间氧气的目的是排除体系中的N2；(2)氨基酸和氧气反应，以及铜和氧气反应都需要加热，应先点燃D处的酒精灯，消耗未反应的氧气，保证最终收集的气体只有氮气，所以应先点燃D处酒精灯。(3)氨基酸燃烧生成二氧化碳和水和氮气，方程式为：CxHyOzNm+（）O2xCO2+H2O+N2；(4)加热铜可以吸收未反应的O2，保证最终收集的气体是N2；(5)读数时必须保证压强相同，所以注意事项为量筒内液面与广口瓶中的液面持平而且视线与凹液面最低处相切；(6)根据该实验原理分析，要测定二氧化碳和水和氮气的数据，再结合氨基酸的相对分子质量确定其分子式。故选ABD。【题目点拨】实验题的解题关键是掌握实验原理和实验的关键点。理解各装置的作用。实验的关键是能准确测定相关数据。为了保证得到准确的二氧化碳和水和氮气的数据，所以氨基酸和氧气反应后，先吸收水后吸收二氧化碳，最后除去氧气后测定氮气的体积。28、CO32-、HCO3-HCO3-在海水中存在电离平衡：HCO3-CO32-+H+，当c(Ca2+)与c(CO32-)的乘积大于Ksp(CaCO3)时，Ca2+与CO32-生成CaCO3沉淀；使HCO3-电离平衡正向移动，c(H+)增大，H+与HCO3-进一步作用生成CO2共生藻类存在，会通过光合作用吸收CO2，使平衡：Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O正向移动，促进珊瑚礁的形成；共生藻类死亡，使海水中CO2的浓度增大，使上述平衡逆向移动，抑制珊瑚礁的形成CaSiO3+CO2+H2O＝CaCO3+H2SiO3（或CaSiO3+CO2＝CaCO3+SiO2）NH3·H2O+CO2＝2NH4++CO32-+H2O、NH3·H2O+CO2＝NH4++HCO3-、CO32-+CO2+H2O＝